2021版新高考数学一轮复习高考大题专项(三)数列新人教A版
故 an=(-2)n-1 或 an=2n-1. (2)若 an=(-2)n-1,则 Sn=1-(3-2)n .由 Sm=63 得(-2)m=-188,此方程没有正整数解. 若 an=2n-1,则 Sn=2n-1.由 Sm=63 得 2m=64,解得 m=6. 综上可得 m=6.
3.(1)解由题意有Sn+2+1
(2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n =(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)
= n×3+n(n-1) ×6 +(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)
2
=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).
记 Tn=1×31+2×32+…+n×3n,
3
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5.已知数列{an}中,a1=5 且 an=2an-1+2n-1(n≥2 且 n∈N*).
(1)求 a2,a3 的值;
(2)是否存在实数λ,使得数列
an+λ 2n
为等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
(2)设数列{cn}满足
cn=
bn,n
求 为偶数,
a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).
2
参考答案
高考大题专项(三) 数列
1.解(1)∵an,2n,an+1 成等比数列, ∴anan+1=(2n)2=4n.
∵a1=1,∴a2=a41=4,
同理得 a3=4,a4=16.
(2)∵anan+1=(2n)2=4n,
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高考大题专项(三) 数列
1.(2019 河南新乡三模,17)在数列{an}中,a1=1,且 an,2n,an+1 成等比数列. (1)求 a2,a3,a4; (2)求数列{a2n}的前 n 项和 Sn.
②
①-②得
(1-22)Sn=2+23+25+…+22n-1-n·22n+1.
即 Sn=19[(3n-1)22n+1+2]. 5.解(1)∵a1=5,∴a2=2a1+22-1=13,a3=2a2+23-1=33.
(2)假设存在实数λ,使得数列
an+λ 2n
为等差数列.
设 bn=an2+nλ,由{bn}为等差数列,则有 2bn+1=bn+bn+2(n∈N*).
d,等比数列{bn}的公比为
q.依题意,得
3q = 3 + 2d, 3q2 = 15 + 4d.解得
d q
= =
3, 3,
故 an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n.
所以{an}的通项公式为 an=3n,{bn}的通项公式为 bn=3n.
7
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2Leabharlann 8(1)求 Sn;
(2)记数列
1 an
的前 n 项和为 Tn,证明:1≤Tn≤2.
2
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4.设数列{an}满足 a1=2,an+1-an=3·22n-1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=nan,求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
2.在等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和,若 Sm=63,求 m.
1
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3.若数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,a2=2.(Sn+1)·(Sn+2+1)=(Sn+1+1)2.
∴ an+1an+2 = an+2=4,
anan+1
an
则数列{a2n}是首项为 4,公比为 4 的等比数列.
故
Sn=4(11--44n)
=
4n+1-4 3
.
2.解(1)设数列{an}的公比为 q,由题设得 an=qn-1.
由已知得 q4=4q2,解得 q=0(舍去),q=-2 或 q=2.
5
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∴2×
an+1+λ 2n+1
=
an+λ 2n
+
an+2+λ 2n+2
.
∴λ=4an+1-4an-an+2 =2(an+1-2an)-(an+2-2an+1)=2(2n+1-1)-(2n+2-1)=-1.
综上可知,当λ=-1
时,数列
an+λ 2n
为首项是
2,公差是 1 的等差数列.
6.解(1)设等差数列{an}的公差为
①
则 3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,
②
②-①得,2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-3(11--33n)+n×3n+1=(2n-1)23n+1+3 .
所以
a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×
(2n-1)3n+1+3 2
=
(2n-1)3n+2+6n2+9(n∈N*).
所以-1≤-2n1-1<0.
所以 1≤2-2n1-1<2. 4.解(1)由已知 an+1-an=3·22n-1,所以 an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1
=3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1.
当 n=1 时,a1=2 也满足上式, 6
n=1 时,a1=1 也满足 an=2n-1,所以数列{an}的通项公式为 an=2n-1(n∈N*).
所以 1
an
=
2n1-1(n∈N*).
所以
Tn=a11
+
1 +…+ 1 =1+1
a2
an 2
+
14+…+2n1-1
=
1-(1)
2
1-1
2
n=2-2n1-1 .因为 n∈N*,所以 0<2n1-1 ≤1,
6.(2019 天津,文 18)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于 0.已知 a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3. (1)求{an}和{bn}的通项公式;
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1,n 为奇数,
Sn+1+1
=
Sn+1+1=…=S2
Sn+1
S1
++11,所以数列{Sn+1}是等比数列.
又 S1+1=a1+1=2,S2+1=a1+a2+1=4,所以SS21++11=2,
数列{Sn+1}是首项为 2,公比为 2 的等比数列. 所以 Sn+1=2×2n-1=2n,所以 Sn=2n-1.
(2)证明由(1)知,n≥2 时,Sn=2n-1,Sn-1=2n-1-1,两式相减得 an=2n-1.
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所以数列{an}的通项公式 an=22n-1.
(2)由 bn=nan=n·22n-1 知,
Sn=1·2+2·23+3·25+…+n·22n-1.
①
22·Sn=1·23+2·25+3·27+…+n·22n+1.
《步步高》2021届高考数学大一轮复习课件(人教A版)常考题型强化练——数列
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A组 专项基础训练
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A组 专项基础训练
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A组 专项基础训练
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A组 专项基础训练
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A组 专项基础训练
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A组 专项基础训练
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A组 专项基础训练
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C 解析
A组 专项基础训练
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A组 专项基础训练
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A
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A组 专项基础训练
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A组 专项基础训练
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B 解析
A组 专项基础训练
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【创新方案】2021届高考数学一轮复习 5.3等比数列及其前n项和讲解与练习 理 新人教A版
第三节等比数列及其前n项和[备考方向要明了]考什么怎么考1.理解等比数列的概念．2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式．3.能在具体的问题情境中，识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．4.了解等比数列与指数函数的关系. 1.以客观题的形式考查等比数列的性质及其基本量的计算，如2012年新课标全国T5，浙江T13等．2.以解答题的形式考查等比数列的定义、通项公式、前n项和公式及性质的综合应用，如2012年湖北T18等.[归纳·知识整合] 1．等比数列的相关概念相关名词等比数列{a n}的有关概念及公式定义a n＋1a n＝q(q是常数且q≠0，n∈N*)或a na n－1＝q(q是常数且q≠0，n∈N*且n≥2)通项公式a n＝a1q n－1＝a m·q n－m前n项和公式S n＝⎩⎪⎨⎪⎧na1q＝1a11－q n1－q＝a1－a n q1－qq≠1等比中项设a，b为任意两个同号的实数，则a，b的等比中项G＝±ab[探究] 1.b2＝ac是a，b，c成等比数列的什么条件？提示：b2＝ac是a，b，c成等比数列的必要不充分条件，因为当b＝0时，a，c至少有一个为零时，b2＝ac成立，但a，b，c不成等比数列；若a，b，c成等比数列，则必有b2＝ac.2．如何理解等比数列{a n}与指数函数的关系？提示：等比数列{a n }的通项公式a n ＝a 1qn －1可改写为a n ＝a 1q·q n.当q >0，且q ≠1时，y＝q x是一个指数函数，而y ＝a 1q·q x是一个不为0的常数与指数函数的积，因此等比数列{a n }的图象是函数y ＝a 1q·q x的图象上的一群孤立的点．2．等比数列的性质(1)对任意的正整数m ，n ，p ，q ，若m ＋n ＝p ＋q 则a m ·a n ＝a p ·a q . 特别地，若m ＋n ＝2p ，则a m ·a n ＝a 2p .(2)若等比数列前n 项和为S n 则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 仍成等比数列，即(S 2m －S m )2＝S m (S 3m－S 2m )(m ∈N *，公比q ≠－1)．(3)数列{a n }是等比数列，则数列{pa n }(p ≠0，p 是常数)也是等比数列．(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n＋3k，…为等比数列，公比为q k.[自测·牛刀小试]1．在等比数列{a n }中，如果公比q <1，那么等比数列{a n }是( ) A ．递增数列 B ．递减数列C ．常数列D ．无法确定数列的增减性解析：选D 当a 1>0,0<q <1，数列{a n }为递减数列，当q <0，数列{a n }为摆动数列． 2．(教材习题改编)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( )A ．12B ．10C ．8D ．2＋log 35解析：选B ∵数列{a n }为等比数列，∴a 5a 6＝a 4a 7＝9， ∴log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝log 3(a 1·a 2·…·a 10) ＝log 3(a 5a 6)5＝5log 3a 5a 6＝5log 39＝10.3．(教材习题改编)在等比数列{a n }中，若a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________.解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 4－1＝15，a 1q 3－q ＝6.∴q 2－1≠0，q 4－1q 3－q ＝52.∴2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝12或q ＝2.当q ＝2时，a 1＝1，∴a 3＝a 1q 2＝4. 当q ＝12时，a 1＝－16，∴a 3＝a 1q 2＝－4.答案：4或－44．在等比数列{a n }中，a n >0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，则a 3＋a 5的值为________． 解析：由等比数列性质，已知转化为a 23＋2a 3a 5＋a 25＝25， 即(a 3＋a 5)2＝25，又a n >0，故a 3＋a 5＝5. 答案：55．在1与4之间插入三个数使这五个数成等比数列，则这三个数分别是________． 解析：设等比数列的公比为q ，则4＝q 4.即q ＝± 2. 当q ＝2时，插入的三个数是2，2,2 2. 当q ＝－2时，插入的三个数是－2，2，－2 2. 答案：2，2,22或－2，2，－2 2等比数列的基本运算[例1] (1)(2012·新课标全国卷)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝( )A ．7B ．5C ．－5D ．－7(2)(2012·辽宁高考)已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10,2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.(3)(2012·浙江高考)设公比为q (q ＞0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝________.[自主解答] (1)设数列{a n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝2，a 5·a 6＝a 4·a 7＝－8，得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－8，q 3＝－12，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q 3＝－2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－8，a 10＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 10＝－8，所以a 1＋a 10＝－7.(2)∵2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，∴2a n ＋2a n ·q 2＝5a n ·q ， 即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12(舍去)．又∵a 25＝a 10＝a 5·q 5， ∴a 5＝q 5＝25＝32. ∴32＝a 1·q 4，解得a 1＝2. ∴a n ＝2×2n －1＝2n ，故a n ＝2n.(3)由S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2作差可得a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即2a 4－a 3－3a 2＝0，所以2q 2－q －3＝0，解得q ＝32或q ＝－1(舍去)．[答案] (1)D (2)2n(3)32———————————————————等比数列运算的通法与等差数列一样，求等比数列的基本量也常运用方程的思想和方法．从方程的观点看等比数列的通项公式a n ＝a 1·q n －1(a 1q ≠0)及前n 项和公式S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 11－q n1－q，q ≠1中共有五个变量，已知其中的三个变量，可以通过构造方程或方程组求另外两个变量，在求公比q 时，要注意应用q ≠0验证求得的结果．1．(1)(2013·海淀模拟)在等数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝a 3a 5，则a 7＝( ) A.116B.18C.14D.12(2)设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和．已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5＝( ) A.152 B.314 C.334D.172解析：(1)选B 在等比数列{a n }中，a 24＝a 3a 5，又a 4＝a 3a 5，所以a 4＝1，故q ＝12，所以a 7＝18.(2)选B 显然公比q ≠1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 3＝1，a 11－q 31－q ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，q ＝－13，(舍去)故S 5＝a 11－q 51－q＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1251－12＝314.等比数列的判定与证明[例2] 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明数列{b n }是等比数列； (2)在(1)的条件下证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列，并求a n .[自主解答] (1)证明：∵由a 1＝1，及S n ＋1＝4a n ＋2， 有a 1＋a 2＝4a 1＋2，a 2＝3a 1＋2＝5， ∴b 1＝a 2－2a 1＝3. 由S n ＋1＝4a n ＋2，①知当n ≥2时，有S n ＝4a n －1＋2，② ①－②得a n ＋1＝4a n －4a n －1， ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)． 又∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1.∴{b n }是首项b 1＝3，公比q ＝2的等比数列． (2)由(1)可得b n ＝a n ＋1－2a n ＝3×2n －1，∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．∴a n 2n ＝12＋(n －1)34＝34n －14. a n ＝(3n －1)×2n －2.———————————————————等比数列的判定方法(1)定义法：若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数，n ∈N *)或a n a n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(2)等比中项公式法：若数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列．(3)通项公式法：若数列通项公式可写成a n ＝c ·q n(c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝k ·q n－k (k 为常数且k ≠0，q ≠0,1)，则{a n }是等比数列．注意：前两种方法常用于解答题中，而后两种方法常用于选择、填空题中的判定.2．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是等比数列．解：(1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d . 依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15，解得a ＝5. 所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d .依题意，有(7－d )(18＋d )＝100，解得d ＝2或d ＝－13(舍去)．故{b n }的第3项为5，公比为2.由b 3＝b 1·22，即5＝b 1×22，解得b 1＝54.所以{b n }是以54为首项，以2为公比的等比数列，其通项公式为b n ＝54×2n －1＝5×2n －3.(2)证明：由(1)得数列{b n }的前n 项和S n ＝541－2n1－2＝5×2n －2－54，即S n ＋54＝5×2n －2.所以S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54＝5×2n －15×2n －2＝2.因此⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是以52为首项，以2为公比的等比数列.等比数列的性质及应用[例3] (1)在等比数列{a n }中，若a 1·a 2·a 3·a 4＝1，a 13·a 14·a 15·a 16＝8，则a 41·a 42·a 43·a 44＝________.(2)已知数列{a n }为等比数列，S n 为其前n 项和，n ∈N *，若a 1＋a 2＋a 3＝3，a 4＋a 5＋a 6＝6，则S 12＝________.[自主解答] (1)法一：a 1·a 2·a 3·a 4＝a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝a 41·q 6＝1，①a 13·a 14·a 15·a 16＝a 1q 12·a 1q 13·a 1q 14·a 1q 15＝a 41·q 54＝8，② 由②÷①，得a 41·q 54a 41·q6＝q 48＝8⇒q 16＝2，又a 41·a 42·a 43·a 44＝a 1q 40·a 1q 41·a 1q 42·a 1q 43＝a 41·q 166＝a 41·q 6·q 160＝(a 41·q 6)·(q 16)10＝1·210＝1 024.法二：由性质可知，依次4项的积为等比数列，设公比为q ，T 1＝a 1·a 2·a 3·a 4＝1，T 4＝a 13·a 14·a 15·a 16＝8，∴T 4＝T 1·q 3＝1·q 3＝8，即q ＝2.∴T 11＝a 41·a 42·a 43·a 44＝T 1·q 10＝210＝1 024.(2)法一：设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＋a 5＋a 6a 1＋a 2＋a 3＝a 1·q 3＋a 2·q 3＋a 3·q 3a 1＋a 2＋a 3＝q 3＝63，即q 3＝2.故S 12＝(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5＋a 6)＋(a 7＋a 8＋a 9)＋(a 10＋a 11＋a 12)＝(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 1·q 3＋a 2·q 3＋a 3·q 3)＋(a 1·q 6＋a 2·q 6＋a 3·q 6)＋(a 1·q 9＋a 2·q 9＋a 3·q 9)＝(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 1＋a 2＋a 3)q 3＋(a 1＋a 2＋a 3)q 6＋(a 1＋a 2＋a 3)q 9＝(a 1＋a 2＋a 3)(1＋q 3＋q 6＋q 9)＝3×(1＋2＋22＋23)＝45.法二：设等比数列{a n }的公比为q ， 则a 4＋a 5＋a 6a 1＋a 2＋a 3＝q 3＝63，即q 3＝2.因为S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝9，S 12－S 6＝a 7＋a 8＋a 9＋a 10＋a 11＋a 12，所以S 12－S 6S 6＝a 7＋a 8＋a 9＋a 10＋a 11＋a 12a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝ a 1·q 6＋a 2·q 6＋a 3·q 6＋a 4·q 6＋a 5·q 6＋a 6·q 6a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝q 6＝4.所以S 12＝5S 6＝45. [答案] (1)1 024 (2)45———————————————————等比数列常见性质的应用等比数列的性质可以分为三类：①通项公式的变形，②等比中项的变形，③前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．3．已知等比数列前n 项的和为2，其后2n 项的和为12，求再后面3n 项的和． 解：∵S n ＝2，其后2n 项为S 3n －S n ＝S 3n －2＝12， ∴S 3n ＝14.由等比数列的性质知S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列， 即(S 2n －2)2＝2·(14－S 2n )解得S 2n ＝－4，或S 2n ＝6.当S 2n ＝－4时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…是首项为2，公比为－3的等比数列， 则S 6n ＝S n ＋(S 2n －S n )＋…＋(S 6n －S 5n )＝－364， ∴再后3n 项的和为S 6n －S 3n ＝－364－14＝－378.当S 2n ＝6时，同理可得再后3n 项的和为S 6n －S 3n ＝126－14＝112. 故所求的和为－378或112.3个防范——应用等比数列的公比应注意的问题 (1)注意q ＝1时，S n ＝na ，这一特殊情况．(2)由a n ＋1＝qa n (q ≠0)，并不能断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.(3)在应用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1和q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情况而导致错误．4个思想——求解等比数列的基本量常用的思想方法(1)方程的思想：等比数列的通项公式、前n 项和的公式中联系着五个量：a 1，q ，n ，a n ，S n ，已知其中三个量，可以通过解方程(组)求出另外两个量；其中基本量是a 1与q ，在解题中根据已知条件建立关于a 1与q 的方程或者方程组，是解题的关键．(2)整体思想：当公比q ≠1时，S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 11－q ·(1－q n)，令a 11－q ＝t ，则S n ＝t (1－q n )．把a 11－q与q n当成一个整体求解，也可简化运算．(3)分类讨论思想：在应用等比数列前n 项和公式时，必须分类求和，当q ＝1时，S n＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 11－q n1－q；在判断等比数列单调性时，也必须对a 1与q 分类讨论．(4)函数思想：在等比数列{a n }中，a n ＝a 1q·q n，它的各项是函数y ＝a 1q·q x图象上的一群孤立的点，可以根据指数函数的一些性质研究等比数列问题(如单调性)，注意函数思想在等比数列问题中的应用.创新交汇——以等比数列为背景的新定义问题1．在新情境下先定义一个新数列，然后根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或者判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来新兴起的一类问题，同时，数列也常与函数、不等式等形成交汇命题．2．对于此类新定义问题，我们要弄清其本质，然后根据所学的数列的性质即可快速解决．[典例] (2012·湖北高考)定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{a n}，{f(a n)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”，现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝|x|；④f(x)＝ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为( )A．①②B．③④C．①③D．②④[解析] 法一：设{a n}的公比为q.①f(a n)＝a2n，∵a2n＋1a2n＝⎝⎛⎭⎪⎫a n＋1a n2＝q2，∴{f(a n)}是等比数列．排除B、D.③f(a n)＝|a n|，∵|a n＋1||a n|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n＋1a n＝|q|，∴{f(a n)}是等比数列．法二：不妨令a n＝2n.①因为f(x)＝x2，所以f(a n)＝4n.显然{f(2n)}是首项为4，公比为4的等比数列．②因为f(x)＝2x，所以f(a1)＝f(2)＝22，f(a2)＝f(4)＝24，f(a3)＝f(8)＝28，所以f a 2f a 1＝2422＝4≠f a 3f a 2＝2824＝16，所以{f (a n )}不是等比数列．③因为f (x )＝|x |，所以f (a n )＝2n ＝(2)n. 显然{f (a n )}是首项为2，公比为2的等比数列． ④因为f (x )＝ln|x |，所以f (a n )＝ln 2n＝n ln 2. 显然{f (a n )}是首项为ln 2，公差为ln 2的等差数列． [答案] C [名师点评]1．本题具有以下创新点(1)命题背景新颖：本题是以“保等比数列函数”为新定义背景，考查等比数列的有关性质．(2)考查内容创新：本题没有直接指明判断等比数列的有关性质，而是通过新定义将指数函数、对数函数及幂函数、二次函数与数列有机结合，对学生灵活处理问题的能力有较高要求．2．解决本题的关键有以下两点(1)迅速脱掉“新定义”的外衣，认清本题的实质是：已知数列{a n }为正项等比数列，判断数列{a 2n }，{2a n }，{|a n |}及{ln|a n |}是否为等比数列问题．(2)灵活运用排除法或特殊值法也是正确解决本题的关键． [变式训练]1．已知方程(x 2－mx ＋2)(x 2－nx ＋2)＝0的四个根组成以12为首项的等比数列，则m n ＝( )A.32 B.32或23 C.23D ．以上都不对解析：选B 设a ，b ，c ，d 是方程(x 2－mx ＋2)(x 2－nx ＋2)＝0的四个根，不妨设a <c <d <b ，则a ·b ＝c ·d ＝2，a ＝12，故b ＝4，根据等比数列的性质，得到c ＝1，d ＝2，则m ＝a ＋b＝92，n ＝c ＋d ＝3，或m ＝c ＋d ＝3，n ＝a ＋b ＝92，则m n ＝32或m n ＝23. 2．设f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，且对任意的实数x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，2B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1 解析：选D 由已知可得a 1＝f (1)＝12，a 2＝f (2)＝[f (1)]2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122，a 3＝f (3)＝f (2)·f (1)＝[f (1)]3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123，…，a n ＝f (n )＝[f (1)]n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴S n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .∵n ∈N *，∴12≤S n <1.一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．已知等比数列{a n }的前三项依次为a －1，a ＋1，a ＋4，则a n ＝( )A ．4×⎝ ⎛⎭⎪⎫32nB ．4×⎝ ⎛⎭⎪⎫23nC ．4×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1D ．4×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1解析：选C (a ＋1)2＝(a －1)(a ＋4)⇒a ＝5，a 1＝4，q ＝32，故a n ＝4·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.2．(2012·安徽高考)公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则log 2a 10＝( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选B 由题意可知a 3a 11＝a 27＝16，因为{a n }为正项等比数列，所以a 7＝4.所以log 2a 10＝log 2(a 7×23)＝log 225＝5.3．各项都为正数的等比数列{a n }中，首项a 1＝3，前三项和为21，则a 3＋a 4＋a 5＝( ) A ．33 B ．72 C ．84D ．189解析：选C ∵a 1＋a 2＋a 3＝21，∴a 1＋a 1·q ＋a 1·q 2＝21,3＋3×q ＋3×q 2＝21， 1＋q ＋q 2＝7，解得q ＝2或q ＝－3.∵a n >0，∴q ＝2，a 3＋a 4＋a 5＝21×q 2＝21×4＝84.4．(2013·西安模拟)已知a ，b ，m ，n ，x ，y 均为正数，且a ≠b ，若a ，m ，b ，x 成等差数列，a ，n ，b ，y 成等比数列，则有( )A ．m >n ，x >yB ．m >n ，x <yC ．m <n ，x <yD ．m <n ，x >y解析：选B ∵m ＝a ＋b2，n ＝ab (a ≠b )，∴m >n .又2b ＝m ＋x ，由b 2＝ny ，得b ＝ny ， 即2ny ＝m ＋x ≥2mx ，∴ny ≥mx ， 即ny ≥mx ，y x ≥mn>1.∴y >x .5．已知等比数列{a n }中，a 1＝2，a 5＝18，则a 2a 3a 4等于( ) A ．36 B ．216 C ．±36D ．±216解析：选B 由等比数列的性质得a 23＝a 1·a 5＝2×18＝36， 又a 3＝a 1q 2＝2q 2>0，故a 3＝6. 所以a 2a 3a 4＝a 33＝216.6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( ) A ．2n －1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1D.12n －1解析：选B 利用等比数列知识求解． ∵S n ＝2a n ＋1，∴当n ≥2时，S n －1＝2a n .∴a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－2a n .∴3a n ＝2a n ＋1. ∴a n ＋1a n ＝32.又∵S 1＝2a 2，∴a 2＝12.∴a 2a 1＝12.∴{a n }从第二项起是以32为公比的等比数列．∴S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝1＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －11－32＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1⎝⎛也可以先求出n ≥2时，a n ＝3n －22n －1，再利用S n ＝2a n ＋1，⎭⎪⎫求得S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝________. 解析：∵S 3＋3S 2＝0，即a 1＋a 2＋a 3＋3(a 1＋a 2)＝0， ∴a 1(4＋4q ＋q 2)＝0. ∵a 1≠0，∴q ＝－2. 答案：－28．若数列{a n }(a n ∈R )对任意的正整数m ，n 满足a m ＋n ＝a m a n ，且a 3＝22，那么a 12＝________.解析：令m ＝1，则a n ＋1＝a n a 1⇒a 1＝q ，a 3＝a 1q 2＝22⇒q 3＝22，a 12＝q 12＝64. 答案：649．(2013·聊城模拟)已知f (x )是定义在R 上的不恒为零的函数，且对于任意的a ，b∈R ，满足f (a ·b )＝af (b )＋bf (a )，f (2)＝2，a n ＝f 2n n (n ∈N *)，b n ＝f 2n 2n(n ∈N *)，考察下列结论．①f (0)＝f (1)；②f (x )为偶函数；③数列{a n }为等比数列；④{b n }为等差数列．其中正确的是________．解析：令a ＝0，b ＝0，则f (0)＝0，令a ＝b ＝1， 则f (1)＝2f (1)，故f (0)＝f (1)＝0； 设a ＝－1，b ＝x ，因为f (1)＝f [(－1)×(－1)]＝－2f (－1)， 则f (－1)＝0，所以f (－x )＝－f (x )＋xf (－1)＝－f (x )，f (x )为奇函数；f (2n)＝2f (2n －1)＋2n －1f (2)＝2f (2n －1)＋2n⇒f 2n2n＝f 2n －12n －1＋1，则{b n }为等差数列；∵b 1＝f 22＝1，∴b n ＝1＋(n －1)×1＝n .∴f 2n2n ＝n ，a n ＝f 2n n＝2n，则数列{a n }为等比数列．答案：①③④三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分) 10．数列{a n }中，S n ＝1＋ka n (k ≠0，k ≠1)． (1)证明：数列{a n }为等比数列； (2)求通项a n ；(3)当k ＝－1时，求和a 21＋a 22＋…＋a 2n . 解：(1)∵S n ＝1＋ka n ，①S n －1＝1＋ka n －1，②①－②得S n －S n －1＝ka n －ka n －1(n ≥2)， ∴(k －1)a n ＝ka n －1，a n a n －1＝k k －1为常数，n ≥2. ∴{a n }是公比为kk －1的等比数列．(2)∵S 1＝a 1＝1＋ka 1，∴a 1＝11－k. ∴a n ＝11－k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫k k －1n －1＝－kn －1k －1n.(3)∵{a n }中a 1＝11－k ，q ＝k k －1，∴{a 2n }是首项为⎝⎛⎭⎪⎫1k －12，公比为⎝ ⎛⎭⎪⎫k k －12的等比数列．当k ＝－1时，等比数列{a 2n }的首项为14，公比为14，∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n .11．设数列{a n }是一等差数列，数列{b n }的前n 项和为S n ＝23(b n －1)，若a 2＝b 1，a 5＝b 2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)∵S 1＝23(b 1－1)＝b 1，∴b 1＝－2.又S 2＝23(b 2－1)＝b 1＋b 2＝－2＋b 2，∴b 2＝4.∴a 2＝－2，a 5＝4. ∵{a n }为等差数列， ∴公差d ＝a 5－a 23＝63＝2， 即a n ＝－2＋(n －2)·2＝2n －6. (2)∵S n ＋1＝23(b n ＋1－1)，①S n ＝23(b n －1)，②①－②得S n ＋1－S n ＝23(b n ＋1－b n )＝b n ＋1，∴b n ＋1＝－2b n .∴数列{b n }是等比数列，公比q ＝－2，首项b 1＝－2， ∴b n ＝(－2)n. ∴S n ＝23[(－2)n－1]．12．已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d >0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{b n }的第2项、第3项、第4项．(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }对n ∈N *均有c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n b n＝a n ＋1成立，求c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2 013. 解：(1)∵由已知得a 2＝1＋d ，a 5＝1＋4d ，a 14＝1＋13d ， ∴(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )， 解得d ＝2或d ＝0(舍去)．∴a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1(n ∈N *)． 又b 2＝a 2＝3，b 3＝a 5＝9， ∴数列{b n }的公比为3. ∴b n ＝3·3n －2＝3n －1(n ∈N *)．(2)由c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n b n＝a n ＋1得 当n ≥2时，c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n －1b n －1＝a n . 两式相减得，n ≥2时，c n b n＝a n ＋1－a n ＝2. ∴c n ＝2b n ＝2·3n －1(n ≥2)．又当n ＝1时，c 1b 1＝a 2， ∴c 1＝3.∴c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＝1，2·3n －1n ≥2.∴c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2 013＝3＋6－2×32 0131－3＝3＋(－3＋32 013)＝32 013.1．已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 2a 3＝5，a 7a 8a 9＝10，则a 4a 5a 6＝( ) A ．5 2 B ．7 C ．6D ．4 2解析：选A 法一：由等比中项的性质知a 1a 2a 3＝(a 1a 3)·a 2＝a 32＝5，a 7a 8a 9＝(a 7a 9)·a 8＝a 38＝10，所以a 2a 8＝5013，所以a 4a 5a 6＝(a 4a 6)·a 5＝a 35＝(a 2a 8)3＝(5016)3＝5 2.法二：由等比数列的性质知a 1a 2a 3，a 4a 5a 6，a 7a 8a 9构成等比数列，所以(a 1a 2a 3)(a 7a 8a 9)＝(a 4a 5a 6)2，即a 4a 5a 6＝±5×10＝±52，又数列各项均为正数，所以a 4a 5a 6＝5 2.2．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6∶S 3＝1∶2，则S 9∶S 3等于( ) A ．1∶2 B ．2∶3 C ．3∶4D ．1∶3解析：选C 由等比数列的性质：S 3、S 6－S 3、S 9－S 6仍成等比数列，于是(S 6－S 3)2＝S 3·(S 9－S 6)，将S 6＝12S 3代入得S 9S 3＝34.3．设正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝4，a 4a 5a 6＝212. (1)求首项a 1和公比q 的值； (2)若S n ＝210－1，求n 的值． 解：(1)∵a 4a 5a 6＝a 35＝212⇒a 5＝16，∴a 5a 3＝q 2＝4⇒q ＝2，a 1q 2＝a 3，解得a 1＝1.(2)由S n ＝210－1，得S n ＝a 1q n －1q －1＝2n－1，∴2n －1＝210－1⇒2n ＝210，即n ＝10.4．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等比数列； (2)求{a n }的通项公式． 解：(1)b 1＝a 2－a 1＝1， 当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1，所以{b n }是以1为首项，以－12为公比的等比数列．(2)由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －2＝1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1， 又a 1＝1也符合上式，所以{a n }的通项公式为a n ＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ∈N *)．附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
新高考一轮复习人教A版专题三数列课件(36张)
以 2 为公差的等差数列.
(2)解：由(1)知，an＋bn＝1×12n－1(其中 n∈N*)， ③ an－bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1(其中 n∈N*)， ④ ③＋④得 an＝1×12n－21＋2n－1＝21n＋n－21，(n∈N*)， 即 bn＝12n－1－an＝12n－n＋12，(n∈N*).
[例 2]在①2Sn＝3n＋1－3，②an＋1＝2an＋3，a1＝1 这两 个条件中任选一个，补充在下列问题中并解答.
设数列{an}的前 n 项和为 Sn，若________，bn＝2na－n 6， 求数列{bn}的最大值.
解：若选择条件①，∵2Sn＝3n＋1－3， ∴2Sn＋1＝3n＋2－3， 则 2Sn＋1－2Sn＝3n＋2－3n＋1，得 2an＋1＝3·3n＋1－3n＋1＝ 2×3n＋1，则 an＋1＝3n＋1，an＝3n(n≥2)， 故当 n＝1 时，2S1＝31＋1－3 即 a1＝S1＝3，满足 an＝ 3n，∴an＝3n，bn＝2na－n 6＝2n3－n 6. 令 2n－6>0，得 n>3，bn>0，令 2n－6<0，又 n∈N*， ∴0<n<3，bn<0.
①－②得34
n k 1
c
2k＝41＋422＋423＋…＋42n－24nn－＋11，
∴
n k 1
c
2k ＝
5 9
－
6n＋5 9×4n
，
因
此
2021版新高考数学一轮复习高考大题专项(一)导数的综合应用新人教A版
e
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(1)若 a=1,证明:当 x≥0 时,f(x)≥1; (2)略.
3.已知函数 f(x)=(x-k)ex. (1)求 f(x)的单调区间; (2)略.
2
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高考大题专项(一) 导数的综合应用
突破 1 导数与函数的单调性 1.已知函数 f(x)=1x3-a(x2+x+1).
3
(1)若 a=3,求 f(x)的单调区间; (2)略.
2.已知函数 f(x)=ex-ax2. 1
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(1)当 a=-1 时,求 f(x)的最大值; (2)若 f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求 a 的值.
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突破 4 导数与函数的零点 1.已知函数 f(x)=1x2-mln x.若 m≥1,令 F(x)=f(x)-x2+(m+1)x,试讨论函数 F(x)的零点个数.
2021年高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查必修部分30等比数列及其前n项和
2021年高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查必修部分30等比数列及其前n项和1．已知等比数列{a n}的公比q＝2，且2a4，a6,48成等差数列，则{a n}的前8项和为( )A．127 B．255C．511 D.1 023解析：∵2a4，a6,48成等差数列，∴2a6＝2a4＋48，∴2a1q5＝2a1q3＋48，又∵q＝2，∴a1＝1，∴S8＝1×1－281－2＝255.答案：B2．已知各项不为0的等差数列{a n}满足a4－2a27＋3a8＝0，数列{b n}是等比数列，且b7＝a7，则b2b8b11等于( )A．1 B.2C．4 D.8解析：∵a4－2a27＋3a8＝0，∴2a27＝a4＋3a8，即2a27＝4a7，∴a7＝2，∴b7＝2，故b2b8b11＝b1qb1q7b1q10＝b31q18＝(b7)3＝8.答案：D3．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，则m ＝( )A ．3 B.4 C ．5 D.6解析：由已知得，S m －S m －1＝a m ＝－16，S m ＋1－S m ＝a m ＋1＝32，故公比q ＝a m ＋1a m＝－2，又S m ＝a 1－a m q1－q＝－11，故a 1＝－1，又a m ＝a 1·q m －1＝－16，故(－1)×(－2)m－1＝－16，求得m ＝5. 答案：C4．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n ＝( )A ．4n －1 B.4n －1 C ．2n －1 D.2n －1 解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝52，①a 1q ＋a 1q 3＝54，②由①除以②可得1＋q 2q ＋q 3＝2，解得q ＝12，代入①得a 1＝2，∴a n＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝42n .∴S n＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫12n1－12＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－12n.∴Snan＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－12n42n＝2n－1，选D.答案：D5．等比数列{a n}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝( )A．12 B.10C．8 D.2＋log35解析：由题意可知a5a6＝a4a7，又a5a6＋a4a7＝18得a5a6＝a4a7＝9，而log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1.a2 (10)＝log3(a5a6)5＝log395＝log3310＝10.答案：B6．已知各项均为正数的等比数列{a n}中，a4与a14的等比中项为22，则2a7＋a11的最小值为( )A．16 B.8C．2 2 D.4解析：由题意知a 4＞0，a 14＞0，a 4·a 14＝8，a 7＞0，a 11＞0，则2a 7＋a 11≥22a 7·a 11＝22a 4·a 14＝216＝8，当且仅当⎩⎨⎧a 7·a 11＝8，2a 7＝a 11，即a 7＝2，a 11＝4时取等号，故2a 7＋a 11的最小值为8，故选B.答案：B7．在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝2，a 2＋a 3＝12，则该数列的前4项和为__________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＝2，a 2＋a 3＝12，则a 1q ＋a 1q 2＝12，解得q ＝2，故S 4＝2×1－241－2＝30.答案：308．若等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，则公比q ＝________，前n 项和S n ＝________.解析：由题意知q ＝a 3＋a 5a 2＋a 4＝4020＝2. 由a 2＋a 4＝a 2(1＋q 2)＝a 1q (1＋q 2)＝20，∴a 1＝2.∴S n ＝21－2n 1－2＝2n ＋1－2.答案：2 2n ＋1－29．在等比数列{a n }中，若a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝158，a 8·a 9＝－98，则1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝__________.解析：∵1a7＋1a10＝a7＋a10a7a10，1a8＋1a9＝a8＋a9a8a9，而a8a9＝a7a10，∴1a7＋1a8＋1a9＋1a10＝a7＋a8＋a9＋a10a7a10＝158－98＝－53.答案：－5 310．已知公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n，S3＝a4＋6，且a1，a4，a13成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝2a n＋1，求数列{b n}的前n项和．解析：(1)设等差数列{a n}的公差为d(d≠0)．因为S3＝a4＋6，所以3a1＋3×2d2＝a1＋3d＋6.所以a1＝3.因为a1，a4，a13成等比数列，所以a1(a1＋12d)＝(a1＋3d)2，即3(3＋12d)＝(3＋3d)2.解得d＝2.所以a n＝2n＋1.(2)由题意b n＝22n＋1＋1，设数列{b n}的前n项和为T n，c n＝22n＋1，c n＋1 cn ＝22n＋1＋122n＋1＝4(n∈N*)，所以数列{c n}为以8为首项，4为公比的等比数列．所以T n＝81－4n1－4＋n＝22n＋3－83＋n.B级能力提升练11．已知数列{a n}是首项为a1，公差为d(0＜d＜2π)的等差数列，若数列{cos a n}是等比数列，则其公比为( )A．1 B.－1C．±1 D.2解析：因为数列{cos a n}是等比数列，所以cos2(a1＋d)＝cos a1·cos(a1＋2d)，cos2(a1＋d)＝cos(a1＋d－d)·cos(a1＋d＋d)＝cos2(a1＋d)cos2d－sin2(a1＋d)sin2d，所以sin2d[cos2(a1＋d)＋sin2(a1＋d)]＝0，所以sin2d＝0，sin d＝0，因为0＜d＜2π，所以d＝π.公比q＝cos a1＋dcos a1＝cos a1＋πcos a1＝－1.答案：B12．已知等比数列{a n}的公比为q，记b n＝a m(n－1)＋1＋a m(n－1)＋2＋…＋a m(n－1)＋m，c n ＝a m(n－1)＋1·a m(n－1)＋2·…·a m(n－1)＋m(m，n∈N*)，则以下结论一定正确的是( ) A．数列{b n}为等差数列，公差为q mB．数列{b n}为等比数列，公比为q2mC．数列{c n}为等比数列，公比为qm2D．数列{c n}为等比数列，公比为qm m解析：∵{a n}是等比数列，∴amn＋mam n－1＋m＝q mn＋m－m(n－1)－m＝q m.∴cn＋1cn＝amn＋1·a mn＋2·…·a mn＋mam n－1＋1·a m n－1＋2·…·a m n－1＋m＝(q m)m＝qm2.答案：C13．[xx·唐山市一中期中考试]在数列{a n}中，已知a1＝1，a n＋1＝2a n－n＋1，n∈N*.(1)求证：{a n－n}是等比数列；(2)令b n＝an2n，S n为数列{b n}的前n项和，求S n的表达式．解析：(1)证明：由a1＝1，a n＋1＝2a n－n＋1，n∈N*，可得an＋1－(n＋1)＝2(a n－n)，a1－1＝－2≠0，所以数列{a n－n}是以－2为首项，以2为公比的等比数列．(2)由(1)得：a n －n ＝－2×2n －1＝－2n，所以a n ＝n －2n，b n ＝n2n －1，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋222＋…＋n 2n －n .令T n ＝12＋222＋…＋n2n ，则12T n ＝122＋223＋…＋n 2n ＋1， 两式相减得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1 所以T n ＝2－n ＋22n，即S n ＝2－n ＋22n－n .14．[xx·贵州七校第一次联考]已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，S n为数列{a n }的前n 项和，a 1＝b 1＝1，且b 3S 3＝36，b 2S 2＝8(n ∈N *)．(1)求a n 和b n ；(2)若a n ＜a n ＋1，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和T n .解析：(1)由题意得⎩⎨⎧q23＋3d ＝36q2＋d＝8，解得⎩⎨⎧d ＝2q ＝2或⎩⎨⎧d ＝－23q ＝6，∴⎩⎨⎧a n ＝2n －1b n ＝2n －1，或⎩⎨⎧a n ＝135－2nb n＝6n －1.(2)若a n ＜a n ＋1，由(1)知a n ＝2n －1，∴1a n a n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n 2n ＋1.x34360 8638 蘸 23282 5AF2 嫲O39718 9B26 鬦32127 7D7F 絿20964 51E4 凤 Z39548 9A7C 驼39102 98BE 颾w。
2021-2022年高考数学一轮复习高考大题专项练3高考中的数列
2021年高考数学一轮复习高考大题专项练3高考中的数列1.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公差d≠0,且S3+S5=50,a1,a4,a13成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设是首项为1,公比为3的等比数列,求数列{b n}的前n项和T n.2.设数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=3,S n+1=3S n+3.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=,求数列{b n}的前n项和T n.3.已知数列{a n}的首项为1,S n为数列{a n}的前n项和,S n+1=qS n+1,其中q>0,n∈N+.(1)若a2,a3,a2+a3成等差数列,求数列{a n}的通项公式;(2)设双曲线x2-=1的离心率为e n,且e2=2,求+…+.4.已知数列{a n}的首项a1=,a n+1=(n∈N+).(1)求证:数列是等比数列;(2)求数列的前n项和S n.5.(xx江苏,19)对于给定的正整数k,若数列{a n}满足:a n-k+a n-k+1+…+a n-1+a n+1+…+a n+k-1+a n+k=2ka n对任意正整数n(n>k)总成立,则称数列{a n}是“P(k)数列”.(1)证明:等差数列{a n}是“P(3)数列”;(2)若数列{a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明{a n}是等差数列.6.设S n为等差数列{a n}的前n项和,已知S3=a7,a8-2a3=3.(1)求a n;(2)设b n=,数列{b n}的前n项和为T n,求证:T n>(n∈N+).7.已知正项数列{a n}的首项a1=1,前n项和S n满足a n=(n≥2).(1)求证:{}为等差数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)记数列的前n项和为T n,若对任意的n∈N+,不等式4T n<a2-a恒成立,求实数a的取值范围.8.(xx山东潍坊一模)已知数列{a n}是等差数列,其前n项和为S n,数列{b n}是公比大于0的等比数列,且b1=-2a1=2,a3+b2=-1,S3+2b3=7.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)令c n=求数列{c n}的前n项和T n.参考答案高考大题专项练三高考中的数列1.解(1)依题意得,解得故a n=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1,即a n=2n+1.(2)由题意可知=3n-1,则b n=a n·3n-1=(2n+1)·3n-1.故T n=3+5×3+7×32+…+(2n+1)·3n-1, ①3T n=3×3+5×32+7×33+…+(2n-1)·3n-1+(2n+1)·3n, ②①-②得-2T n=3+2×3+2×32+…+2·3n-1-(2n+1)3n=3+2·-(2n+1)3n=-2n·3n,因此,T n=n·3n.2.解(1)(方法一)∵S n+1=3S n+3,∴S n+1+=3.∴S n+3n-1=×3n-1=.∴当n≥2时,a n=S n-S n-1==3n,a1也适合.∴a n=3n.(方法二)由S n+1=3S n+3(n∈N+),可知当n≥2时,S n=3S n-1+3,两式相减,得a n+1=3a n(n≥2).又a1=3,代入S n+1=3S n+3得a2=9,故a n=3n.(2)∵b n=,∴T n=, ①∴T n=, ②由①-②,得T n=,解得T n=.3.解(1)由已知,S n+1=qS n+1,S n+2=qS n+1+1,两式相减得到a n+2=qa n+1,n≥1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1,故a n+1=qa n对所有n≥1都成立.所以,数列{a n}是首项为1,公比为q的等比数列.从而a n=q n-1.由a2,a3,a2+a3成等差数列,可得2a3=a2+a2+a3.所以a3=2a2,故q=2.所以a n=2n-1.(2)由(1)可知,a n=q n-1.所以双曲线x2-=1的离心率e n=.由e2==2,解得q=.所以+…+=(1+1)+(1+q2)+…+[1+q2(n-1)]=n+[1+q2+…+q2(n-1)]=n+=n+(3n-1).4.(1)证明∵a n+1=,∴.∴-1=.又a1=,∴-1=.∴数列是以为首项,以为公比的等比数列.(2)解由(1)知-1=,则+1.故+n.设T n=+…+, ①则T n=+…+, ②由①-②得T n=+…+=1-,∴T n=2-.又1+2+3+…+n=,∴数列的前n项和S n=2-.5.证明(1)因为{a n}是等差数列,设其公差为d,则a n=a1+(n-1)d,从而,当n≥4时,a n-k+a n+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2a n,k=1,2,3, 所以a n-3+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n,因此等差数列{a n}是“P(3)数列”.(2)数列{a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此,当n≥3时,a n-2+a n-1+a n+1+a n+2=4a n, ①当n≥4时,a n-3+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n.②由①知,a n-3+a n-2=4a n-1-(a n+a n+1), ③a n+2+a n+3=4a n+1-(a n-1+a n).④将③④代入②,得a n-1+a n+1=2a n,其中n≥4,所以a3,a4,a5,…是等差数列,设其公差为d'.在①中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d',在①中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d',所以数列{a n}是等差数列.6.(1)解设等差数列{a n}的公差为d,由题意得解得故a n=a1+(n-1)d=2n+1.(2)证明∵a1=3,d=2,∴S n=na1+d=n(n+2).∴b n=.∴T n=b1+b2+…+b n-1+b n=,故T n>.7.解(1)因为a n=,所以S n-S n-1=,即=1,所以数列{}是首项为=1,公差为1的等差数列,得=n,所以a n==n+(n-1)=2n-1(n≥2),当n=1时,a1=1也适合,所以a n=2n-1.(2)因为,所以T n=+…+.所以T n<.要使不等式4T n<a2-a恒成立,只需2≤a2-a恒成立,解得a≤-1或a≥2,故实数a的取值范围是(-∞,-1]∪[2,+∞).8.解(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q>0,且b1=-2a1=2,a3+b2=-1,S3+2b3=7.∴a1=-1,-1+2d+2q=-1,3×(-1)+3d+2×2×q2=7,解得d=-2,q=2.∴a n=-1-2(n-1)=1-2n,b n=2n.(2)c n=①当n=2k(k∈N+)时,数列{c n}的前n项和T n=T2k=(c1+c3+…+c2k-1)+(c2+c4+…+c2k)=2k++…+,令A k=+…+,∴A k=+…+,∴A k=+4+…++4×,可得A k=.∴T n=T2k=2k+.②当n=2k-1(k∈N+)时,数列{c n}的前n项和T n=T2k-2+a2k-1=2(k-1)++2=2k+.∴T n=k∈N+.。
2021届高考数学一轮复习第六章数列第1节数列的概念与简单表示法教学案含解析新人教A版
第1节数列的概念与简单表示法考试要求 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)；2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.知识梳理1.数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.2.数列的分类3.数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法.4.数列的通项公式(1)通项公式：如果数列{a n}的第n项a n与序号n之间的关系可以用一个式子a n＝f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.(2)递推公式：如果已知数列{a n }的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项a n 与它的前一项a n －1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式. [常用结论与微点提醒]1.数列的最大(小)项，可以用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)⎝ ⎛⎭⎪⎫⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1（n ≥2，n ∈N *）求，也可以转化为函数的最值问题或利用数形结合求解.2.数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关.3.易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号.诊 断 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列.( ) (2)1，1，1，1，…，不能构成一个数列.( ) (3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列.( )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) 解析 (1)数列：1，2，3和数列：3，2，1是不同的数列. (2)数列中的数是可以重复的，可以构成数列.(3)数列可以是常数列或摆动数列. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√2.(老教材必修5P33T4改编)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋（－1）na n －1(n ≥2)，则a 5等于( )A.32B.53C.85D.23解析 a 2＝1＋（－1）2a 1＝2，a 3＝1＋（－1）3a 2＝12，a 4＝1＋（－1）4a 3＝3，a 5＝1＋（－1）5a 4＝23.答案 D3.(老教材必修5P33T5改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝________.…解析 由a 1＝1＝5×1－4，a 2＝6＝5×2－4，a 3＝11＝5×3－4，…，归纳a n ＝5n －4. 答案 5n －44.(2020·北京朝阳区月考)数列0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式a n 等于( ) A.（－1）n＋12B.cos n π2 C.cosn ＋12πD.cosn ＋22π解析 令n ＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确. 答案 D5.(2019·郑州一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a 1（4n －1）3，若a 4＝32，则a 1＝________.解析 由题意，得a 4＝S 4－S 3＝32. 即255a 13－63a 13＝32，解得a 1＝12. 答案 126.(2020·成都诊断)数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N *)，则此数列最大项的值是________.解析 a n ＝－n 2＋11n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －1122＋1214，∵n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30. 答案 30考点一 由a n 与S n 的关系求通项【例1】 (1)(2019·广州质检)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则a n ＝________. (2)(2020·西安模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝13a n ＋1－1，则数列{a n }的通项公式为________.解析 (1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5， 由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5.(2)由a 1＝1，S n ＝13a n ＋1－1可得a 1＝13a 2－1＝1，解得a 2＝6，当n ≥2时，S n －1＝13a n －1，又S n＝13a n ＋1－1，两式相减可得a n ＝S n －S n －1＝13a n ＋1－13a n ，即a n ＋1＝4a n (n ≥2)，则a n ＝6·4n －2，又a 1＝1不符合上式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，6·4n －2，n ≥2. 答案 (1)4n －5 (2)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，6·4n －2，n ≥2 规律方法 数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.①当n ＝1时，a 1若适合S n －S n －1，则n ＝1的情况可并入n ≥2时的通项a n ；②当n ＝1时，a 1若不适合S n －S n －1，则用分段函数的形式表示.【训练1】 (1)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，则a n ＝________.(2)(2018·全国Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 解析 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ， 故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1). 两式相减得(2n －1)a n ＝2， 所以a n ＝22n －1(n ≥2).又由题设可得a 1＝2，满足上式， 从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1(n ∈N *). (2)由S n ＝2a n ＋1，得a 1＝2a 1＋1，所以a 1＝－1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)， 得a n ＝2a n －1.∴数列{a n }是首项为－1，公比为2的等比数列.∴S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝－（1－26）1－2＝－63.答案 (1)22n －1(n ∈N *) (2)－63考点二 由数列的递推关系求通项 多维探究角度1 累加法——形如a n ＋1－a n ＝f (n )，求a n【例2－1】 在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 等于( )A.2＋ln nB.2＋(n －1)ln nC.2＋n ln nD.1＋n ＋ln n解析 因为a n ＋1－a n ＝lnn ＋1n＝ln(n ＋1)－ln n ， 所以a 2－a 1＝ln 2－ln 1，a 3－a 2＝ln 3－ln 2，a 4－a 3＝ln 4－ln 3，……a n －a n －1＝ln n －ln(n －1)(n ≥2).把以上各式分别相加得a n －a 1＝ln n －ln 1， 则a n ＝2＋ln n (n ≥2)，且a 1＝2也适合， 因此a n ＝2＋ln n (n ∈N *). 答案 A角度2 累乘法——形如a n ＋1a n＝f (n )，求a n 【例2－2】 若a 1＝1，na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 解析 由na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2)，得a n a n －1＝n n ＋1(n ≥2). 所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1 ＝nn ＋1·n －1n ·n －2n －1·…·34·23·1＝2n ＋1(n ≥2)， 又a 1也满足上式，所以a n ＝2n ＋1. 答案2n ＋1角度3 构造法——形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1，B ≠0)，求a n【例2－3】 (2020·青岛模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________.解析 由a n ＋1＝3a n ＋2，得a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， ∴数列{a n ＋1}是首项为2，公比为3的等比数列， ∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1.答案 a n ＝2·3n －1－1角度4 取倒数法——形如a n ＋1＝Aa nBa n ＋C(A ，B ，C 为常数)，求a n 【例2－4】 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________. 解析 因为a n ＋1＝2a n a n ＋2，a 1＝1，所以a n ≠0，所以1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12.又a 1＝1，则1a 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列.所以1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12.所以a n ＝2n ＋1.答案 a n ＝2n ＋1规律方法 由数列的递推关系求通项公式的常用方法 (1)已知a 1，且a n －a n －1＝f (n )，可用“累加法”求a n . (2)已知a 1(a 1≠0)，且a na n －1＝f (n )，可用“累乘法”求a n . (3)已知a 1，且a n ＋1＝qa n ＋b ，则a n ＋1＋k ＝q (a n ＋k )(其中k 可用待定系数法确定)，可转化为{a n ＋k }为等比数列. (4)形如a n ＋1＝Aa n Ba n ＋C (A ，B ，C 为常数)的数列，将其变形为1a n ＋1＝C A ·1a n ＋BA ，①若A ＝C ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且公差为BA，②若A ≠C ，则采用待定系数法构造新数列求解. 【训练2】 (1)(角度1)在数列{a n }中，若a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n （n ＋1），则通项公式a n ＝________.(2)(角度2)已知a 1＝2，a n ＋1＝2na n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.(3)(角度3)已知数列{a n }中，a 1＝3，且点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.(4)(角度4)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析 (1)原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则a 2＝a 1＋1－12，a 3＝a 2＋12－13，a 4＝a 3＋13－14，…，a n －1＝a n －2＋1n －2－1n －1，a n ＝a n －1＋1n －1－1n ，累计相加得，a n ＝a 1＋1－1n， 又n ＝1时也适合，故a n ＝4－1n.(2)∵a n ＋1＝2na n ，∴a n ＋1a n ＝2n ，当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝2n －1·2n －2·…·2·2＝2n 2－n ＋22.又a 1＝2也符合上式，∴a n ＝2n 2－n ＋22.(3)因为点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，所以4a n －a n ＋1＋1＝0. 所以a n ＋1＋13＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋13.因为a 1＝3，所以a 1＋13＝103.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋13是首项为103，公比为4的等比数列.所以a n ＋13＝103×4n －1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝103×4n －1－13.(4)由a n ＋1＝a na n ＋2，得1a n ＋1＝1＋2a n ，所以1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是首项为1a 1＋1＝2，公比为2的等比数列，则1a n ＋1＝2n，则a n ＝12n －1.答案 (1)4－1n (2)2n 2－n ＋22 (3)103×4n －1－13(4)12n －1考点三 数列的性质【例3】 (1)(2019·宜春期末)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋12，x ≤12，2x －1，12<x <1，x －1，x ≥1，若数列{a n}满足a 1＝73，an＋1＝f (a n )(n ∈N *)，则a 2 019＝( )A.73B.43C.56D.13(2)(2020·衡水中学一调)已知数列{a n }的前n项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n－1，n ≤4，－n 2＋（m －1）n ，n ≥5.若a 5是{a n }中的最大值，则实数m 的取值范围是________.解析 (1)由题意，知a 2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫73＝43，a 3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43＝13，a 4＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝56，a 5＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫56＝23，a 6＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝13，a 7＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝56，……，故数列{a n }从第三项起构成周期数列，且周期为3，故a 2 019＝a 3＝13.故选D.(2)因为S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n－1，n ≤4，－n 2＋（m －1）n ，n ≥5，所以当2≤n ≤4时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝1也满足上式； 当n ≥6时，a n ＝S n －S n －1＝－2n ＋m ， 当n ＝5时，a 5＝S 5－S 4＝5m －45， 综上，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n ≤4，5m －45，n ＝5，－2n ＋m ，n ≥6，因为a 5是{a n }中的最大值，所以有5m －45≥8且5m －45≥－12＋m ，解得m ≥535.答案 (1)D (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫535，＋∞ 规律方法 1.在数学命题中，以数列为载体，常考查周期性、单调性.2.(1)研究数列的周期性，常由条件求出数列的前几项，确定周期性，进而利用周期性求值.(2)数列的单调性只需判定a n 与a n ＋1的大小，常用比差或比商法进行判断. 【训练3】 (1)已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，若a 1＝12，则a 2 021＝( )A.－1B.12C.1D.2(2)已知等差数列{a n }的公差d <0，且a 21＝a 211，则数列{a n }的前n 项和S n 项取得最大值时，项数n 的值为( )A.5B.6C.5或6D.6或7解析 (1)由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n 得a 2＝2，a 3＝－1，a 4＝12，a 5＝2，…，可知数列{a n }是以3为周期的数列，因此a 2 021＝a 3×673＋2＝a 2＝2. (2)由a 21＝a 211，可得(a 1＋a 11)(a 1－a 11)＝0， 因为d <0，所以a 1－a 11≠0，所以a 1＋a 11＝0， 又2a 6＝a 1＋a 11，所以a 6＝0. 因为d <0，所以{a n }是递减数列，所以a 1>a 2>…>a 5>a 6＝0>a 7>a 8>…，显然前5项和或前6项和最大，故选C. 答案 (1)D (2)CA 级 基础巩固一、选择题1.已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是( ) A.a n ＝(－1)n －1＋1B.a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数，0，n 为偶数C.a n ＝2sinn π2D.a n ＝cos(n －1)π＋1解析 对n ＝1，2，3，4进行验证，a n ＝2sin n π2不合题意.答案 C2.已知数列{a n }满足：任意m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，那么a 5＝( )A.132B.116C.14D.12解析 由题意，得a 2＝a 1a 1＝14，a 3＝a 1·a 2＝18，则a 5＝a 3·a 2＝132.答案 A3.(2020·江西重点中学盟校联考)在数列{a n }中，a 1＝－14，a n ＝1－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a 2 019的值为( ) A.－14B.5C.45D.54解析 在数列{a n }中，a 1＝－14，a n ＝1－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，所以a 2＝1－1－14＝5，a 3＝1－15＝45，a 4＝1－145＝－14，所以{a n }是以3为周期的周期数列，所以a 2 019＝a 673×3＝a 3＝45.答案 C4.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)，则S 5＝( ) A.31B.42C.37D.47解析 由题意，得S n ＋1－S n ＝S n ＋1(n ∈N *)，∴S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)(n ∈N *)，故数列{S n ＋1}为等比数列，其首项为3，公比为2，则S 5＋1＝3×24，所以S 5＝47. 答案 D5.(2020·兰州重点高中联考)已知数列{a n }的首项a 1＝35，且满足a n －a n －1＝2n －1(n ∈N *，n ≥2)，则a nn的最小值为( )A.234B.595C.353D.12解析 数列{a n }的首项a 1＝35，且满足a n －a n －1＝2n －1(n ∈N *，n ≥2)，可得a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝34＋(1＋3＋5＋…＋2n －1)＝34＋12n (1＋2n －1)＝34＋n 2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝35符合上式，故a n ＝34＋n 2(n ∈N *)，则a n n ＝n ＋34n≥234，等号成立时n ＝34n ，解得n ＝34，n 不为正整数，由于n 为正整数，所以n ＝5时，5＋345＝595；n ＝6时，6＋346＝353<595.则a n n 的最小值为353，故选C.答案 C 二、填空题6.已知S n ＝3n＋2n ＋1，则a n ＝________________. 解析 因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝6； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1]＝2·3n －1＋2，由于a 1不适合此式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥2. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥2 7.(2019·汕头一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3(n ∈N *)，则S 10＝________________. 解析 因为a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3， 所以S n ＋2－S n ＋1＝3S n －S n ＋1＋3，整理得S n ＋2＝3S n ＋3，即S n ＋2＋32＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋32，又S 2＝a 1＋a 2＝3，所以S 10＋32＝S 10＋32S 8＋32·S 8＋32S 6＋32·S 6＋32S 4＋32·S 4＋32S 2＋32·⎝⎛⎭⎪⎫S 2＋32，即S 10＝S 10＋32S 8＋32·S 8＋32S 6＋32·S 6＋32S 4＋32·S 4＋32S 2＋32·⎝⎛⎭⎪⎫S 2＋32－32＝363.答案 3638.(2020·河北省级示范性高中联考)数列{a n }满足a 1＝3，且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1－a n ＝n ＋2，则a 39＝________. 解析 因为a n ＋1－a n ＝n ＋2，所以a 2－a 1＝3，a 3－a 2＝4，a 4－a 3＝5，……，a n －a n －1＝n ＋1(n ≥2)，上面(n －1)个式子左右两边分别相加 得a n －a 1＝（n ＋4）（n －1）2(n ≥2)，即a n ＝（n ＋1）（n ＋2）2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝3适合上式，所以a n ＝（n ＋1）（n ＋2）2，n ∈N *，所以a 39＝820.答案 820 三、解答题9.已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)·a n －2a n ＋1＝0. (1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式.解 (1)由题意得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1). 因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.10.设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝a (a ≠3)，a n ＋1＝S n ＋3n ，n ∈N *，设b n ＝S n －3n. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)若a n ＋1≥a n ，n ∈N *，求a 的取值范围. 解 (1)依题意，S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝S n ＋3n， 即S n ＋1＝2S n ＋3n，由此得S n ＋1－3n ＋1＝2(S n －3n)，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝S 1－3＝a －3， 所以数列{b n }的通项公式为b n ＝(a －3)2n －1，n ∈N *.(2)由(1)知S n ＝3n＋(a －3)2n －1，n ∈N *，于是，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋(a －3)2n －1－3n －1－(a －3)2n －2＝2×3n －1＋(a －3)2n －2，a n ＋1－a n ＝4×3n －1＋(a －3)2n －2＝2n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3， 当n ≥2时，a n ＋1≥a n ⇒12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3≥0⇒a ≥－9.又a 2＝a 1＋3>a 1.综上，a 的取值范围是[－9，3)∪(3，＋∞).B 级 能力提升11.(2019·晋中高考适应性调研)“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1至2 020这2 020个数中，能被3除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{a n }，则此数列共有( ) A.98项B.97项C.96项D.95项解析 能被3除余1且被7除余1的数就只能是被21除余1的数，故a n ＝21n －20，由1≤a n ≤2020得1≤n ≤97321，又n ∈N *，故此数列共有97项.答案 B12.(2020·邵东月考)已知数列{a n }的通项为a n ＝2n ＋3(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ＝3n 2＋7n 2(n ∈N *)，若这两个数列的公共项顺次构成一个新数列{c n }，则满足c n <2 020的n 的最大整数值为( ) A.338B.337C.336D.335解析 对于{b n }，当n ＝1时，b 1＝S 1＝5，当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝3n 2＋7n2－3（n －1）2＋7（n －1）2＝3n ＋2，它和数列{a n }的公共项构成的新数列{c n }是首项为5，公差为6的等差数列，则c n ＝6n －1，令c n <2 020，可得n <33656，因为n ∈N *，所以n 的最大值为336. 答案 C13.(2020·合肥联考)已知数列{a n }，a 1＝2，S n 为数列{a n }的前n 项和，且对任意n ≥2，都有2a na n S n －S 2n ＝1，则{a n }的通项公式为________________.解析 n ≥2时，由2a n a n S n －S 2n ＝1⇒2（S n －S n －1）（S n －S n －1）S n －S 2n ＝2（S n －S n －1）－S n －1S n ＝1⇒1S n －1S n －1＝12.又1S 1＝1a 1＝12， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以12为首项，12为公差的等差数列.∴1S n ＝n 2，∴S n ＝2n ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2n －1＝－2n （n －1），当n ＝1时，a 1＝2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，－2n （n －1），n ≥2. 答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，－2n （n －1），n ≥2 14.已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n ∈N *，a ∈R 且a ≠0).(1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值； (2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围. 解 (1)∵a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)，又a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9(n ∈N *).结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…＞a n >1(n ∈N *). ∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0. (2)a n ＝1＋1a ＋2（n －1）＝1＋12n －2－a2，已知对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立， 结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性，可知5<2－a2<6，即－10<a <－8.即a 的取值范围是(－10，－8).C 级 创新猜想15.(新背景题)(2019·福州二模)一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期(公元5世纪)的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”问题，原文如下：有物不知数，三三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数.设这个整数为a ，当a ∈[2，2 019]时，符合条件的a 共有________个. 解析 法一 由题设a ＝3m ＋2＝5n ＋3，m ，n ∈N ， 则3m ＝5n ＋1，m ，n ∈N ，当m ＝5k 时，n 不存在；当m ＝5k ＋1时，n 不存在； 当m ＝5k ＋2时，n ＝3k ＋1，满足题意； 当m ＝5k ＋3时，n 不存在；当m ＝5k ＋4时，n 不存在.其中k ∈N .故2≤a ＝15k ＋8≤2 019，解得－615≤k ≤2 01115，则k ＝0，1，2，…，134，共135个. 即符合条件的a 共有135个，故答案为135.法二 一个整数除以三余二，这个整数可以为2，5，8，11，14，17，20，23，26，29，32，35，38，…，一个整数除以五余三，这个整数可以为3，8，13，18，23，28，33，38，…，则同时除以三余二、除以五余三的整数为8，23，38，…，构成首项为8，公差为15的等差数列，通项公式为a n＝8＋15(n－1)＝15n－7，由15n－7≤2 019得15n≤2 026，n≤135 115，因为n∈N*，所以n＝1，2，3，…，135，共有135个. 答案135。
2021届高考数学一轮复习第六章数列第2节等差数列及其前n项和教学案含解析新人教A版
第2节 等差数列及其前n 项和考试要求 1.理解等差数列的概念；2.掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能利用等差数列的有关知识解决相应的问题；4.了解等差数列与一次函数的关系.知 识 梳 理1.等差数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列.数学语言表达式：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数).(2)若a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a ，b 的等差中项，且A ＝a ＋b2.2.等差数列的通项公式与前n 项和公式(1)若等差数列{a n }的首项是a 1，公差是d ，则其通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n （n －1）d 2＝n （a 1＋a n ）2.3.等差数列的性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *).(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n .(3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列. (4)若S n 为等差数列{a n }的前n 项和，则数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列. (5)若S n 为等差数列{a n }的前n 项和，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列.[常用结论与微点提醒]1.已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列，且公差为p .2.在等差数列{a n }中，a 1＞0，d ＜0，则S n 存在最大值；若a 1＜0，d ＞0，则S n 存在最小值.3.等差数列{a n }的单调性：当d ＞0时，{a n }是递增数列；当d ＜0时，{a n }是递减数列；当d ＝0时，{a n }是常数列.4.数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数).5.用等差数列的定义判断数列是否为等差数列，要注意定义中的三个关键词：“从第2项起”“每一项与它的前一项的差”“同一个常数”.诊 断 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( ) (2)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的.( )(3)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数.( ) (4)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数.( ) 解析 (3)若公差d ＝0，则通项公式不是n 的一次函数. (4)若公差d ＝0，则前n 项和不是二次函数. 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)×2.(老教材必修5P46AT2改编)设数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 6＝2且S 5＝30，则S 8等于( ) A.31B.32C.33D.34解析 由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝2，5a 1＋10d ＝30，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝263，d ＝－43，∴S 8＝8a 1＋8×72d ＝32.答案 B3.(老教材必修5P68T8改编)在等差数列{a n }中a 3＋a 4＋a 5＝6，则S 7＝( ) A.8B.12C.14D.18解析 a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＝6，∴a 4＝2，S 7＝12×7×(a 1＋a 7)＝7a 4＝14.答案 C4.(2018·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( ) A.－12B.－10C.10D.12解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则3(3a 1＋3d )＝2a 1＋d ＋4a 1＋6d ，即d ＝－32a 1.又a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10. 答案 B5.(2020·上饶模拟)已知等差数列{a n }，a 10＝10，其前10项和S 10＝70，则公差d ＝( ) A.－29B.29C.－23D.23解析 因为S 10＝12×10×(a 1＋a 10)＝12×10×(a 1＋10)＝70，所以a 1＝4，因为a 10＝a 1＋9d ＝10，所以d ＝23.答案 D6.(2019·全国Ⅲ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 1≠0，a 2＝3a 1，则S 10S 5＝________. 解析 由a 1≠0，a 2＝3a 1，可得d ＝2a 1， 所以S 10＝10a 1＋10×92d ＝100a 1，S 5＝5a 1＋5×42d ＝25a 1，所以S 10S 5＝4. 答案 4考点一 等差数列基本量的运算【例1】 (1)(一题多解)(2019·江苏卷)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和.若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________.(2)(2019·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A.a n ＝2n －5 B.a n ＝3n －10 C.S n ＝2n 2－8nD.S n ＝12n 2－2n解析 (1)法一 由S 9＝27⇒9（a 1＋a 9）2＝27⇒a 1＋a 9＝6⇒2a 5＝6⇒a 5＝3，即a 1＋4d ＝3. 又a 2a 5＋a 8＝0⇒2a 1＋5d ＝0， 解得a 1＝－5，d ＝2.故S 8＝8a 1＋8×（8－1）2d ＝16.法二 同法一得a 5＝3.又a 2a 5＋a 8＝0⇒3a 2＋a 8＝0⇒2a 2＋2a 5＝0⇒a 2＝－3. ∴d ＝a 5－a 23＝2，a 1＝a 2－d ＝－5.故S 8＝8a 1＋8×（8－1）2d ＝16.(2)设首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n （n －1）2×2＝n 2－4n .答案 (1)16 (2)A规律方法 1.等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想来解决问题.2.数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.【训练1】 (2019·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.已知S 9＝－a 5. (1)若 a 3＝4，求{a n }的通项公式； (2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围. 解 (1)设{a n }的公差为d .由S 9＝－a 5得9a 1＋9×82d ＝－(a 1＋4d )，即a 1＋4d ＝0.由a 3＝4得a 1＋2d ＝4. 于是a 1＝8，d ＝－2.因此{a n }的通项公式为a n ＝10－2n . (2)由(1)得a 1＝－4d ， 故a n ＝(n －5)d ，S n ＝n （n －9）d2.由a 1>0知d <0，故S n ≥a n 等价于n （n －9）2≤n －5，即n 2－11n ＋10≤0，解得1≤n ≤10， 所以n 的取值范围是{n |1≤n ≤10，n ∈N }. 考点二 等差数列的判定与证明典例迁移【例2】 (经典母题)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式.(1)证明 当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0， 得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列. (2)解 由(1)可得1S n ＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝n －1－n 2n （n －1）＝－12n （n －1）.当n ＝1时，a 1＝12不适合上式.故数列{a n}的通项公式为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n （n －1），n ≥2.【迁移1】 本例条件不变，判断数列{a n }是否为等差数列，并说明理由. 解 因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，a n ＋2S n S n －1＝0， 所以S n －S n －1＋2S n S n －1＝0(n ≥2). 所以1S n －1S n －1＝2(n ≥2).又1S 1＝1a 1＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，2为公差的等差数列.所以1S n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，故S n ＝12n.所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝－12n （n －1），所以a n ＋1＝－12n （n ＋1），又a n ＋1－a n ＝－12n （n ＋1）－－12n （n －1）＝－12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n －1＝1n （n －1）（n ＋1）.所以当n ≥2时，a n ＋1－a n 的值不是一个与n 无关的常数，故数列{a n }不是等差数列.【迁移2】 本例中，若将条件变为a 1＝35，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，试求数列{a n }的通项公式.解 由已知可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，即a n ＋1n ＋1－a nn＝1， 又a 1＝35，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝35为首项，1为公差的等差数列，∴a n n ＝35＋(n －1)·1＝n －25， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－25n .规律方法 1.证明数列是等差数列的主要方法：(1)定义法：对于n ≥2的任意自然数，验证a n －a n －1为同一常数. (2)等差中项法：验证2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)都成立. 2.判定一个数列是等差数列还常用到的结论：(1)通项公式：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)⇔{a n }是等差数列.(2)前n 项和公式：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)⇔{a n }是等差数列.问题的最终判定还是利用定义.【训练2】 记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列. 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ）＝2，a 1（1＋q ＋q 2）＝－6，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－2，a 1＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n.(2)由(1)可得S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23＋（－1）n ·2n ＋13＝2S n ， 故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列. 考点三 等差数列的性质及应用【例3】 (1)(2019·安阳联考)在等差数列{a n }中，若a 2＋a 8＝8，则(a 3＋a 7)2－a 5＝( )A.60B.56C.12D.4(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.63B.45C.36D.27解析 (1)∵在等差数列{a n }中，a 2＋a 8＝8， ∴a 2＋a 8＝a 3＋a 7＝2a 5＝8，解得a 5＝4， 所以(a 3＋a 7)2－a 5＝82－4＝60.(2)由{a n }是等差数列，得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列， 即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)， 得到S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45， 所以a 7＋a 8＋a 9＝45. 答案 (1)A (2)B规律方法 1.项的性质：在等差数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q .2.和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 (1)S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； (2)S 2n －1＝(2n －1)a n .【训练3】 (1)(2020·广东六校联考)等差数列{a n }中，若a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12＝120，则a 9－13a 11的值是( ) A.14B.15C.16D.17(2)等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若S n T n ＝3n －22n ＋1，则a 7b 7等于( )A.3727B.1914C.3929D.43解析 (1)依题意，由a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12＝120，得5a 8＝120，即a 8＝24，所以a 9－13a 11＝13(3a 9－a 11)＝13(a 9＋a 7＋a 11－a 11)＝13(a 9＋a 7)＝23a 8＝23×24＝16.(2)a 7b 7＝2a 72b 7＝a 1＋a 13b 1＋b 13＝a 1＋a 132×13b 1＋b 132×13＝S 13T 13＝3×13－22×13＋1＝3727.答案 (1)C (2)A考点四 等差数列的最值问题 多维探究角度1 等差数列前n 项和的最值【例4－1】 (2019·北京卷)设{a n }是等差数列，a 1＝－10，且a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列.(1)求{a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值. 解 (1)设{a n }的公差为d . 因为a 1＝－10，所以a 2＝－10＋d ，a 3＝－10＋2d ，a 4＝－10＋3d . 因为a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列， 所以(a 3＋8)2＝(a 2＋10)(a 4＋6). 所以(－2＋2d )2＝d (－4＋3d ). 解得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －12. (2)由(1)知，a n ＝2n －12.则当n ≥7时，a n >0；当n ＝6时，a n ＝0，当n <6时，a n <0； 所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.规律方法 求等差数列前n 项和的最值，常用的方法：(1)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，或者利用性质求其正负转折项，便可求得和的最值；(2)利用公差不为零的等差数列的前n 项和S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数，A ≠0)为二次函数，通过二次函数的性质求最值. 角度2 等差数列项的最值【例4－2】 (2020·淮北模拟)S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 2 020<S 2 018，S 2 019<S 2 020，则S n <0时n 的最大值是( ) A.2 019B.2 020C.4 037D.4 038解析 因为S 2 020<S 2 018，S 2 019<S 2 020，所以a 2 020＋a 2 019<0，a 2 020>0.所以S 4 038＝4 038（a 1＋a 4 038）2＝2 019(a 2 020＋a 2 019)<0，S 4 039＝4 039（a 1＋a 4 039）2＝4 039a 2 020>0，可知S n <0时n 的最大值是4 038. 答案 D规律方法 本题借助等差数列的性质求出S n <0中n 的取值范围，从而求出n 的最大值，这种题型要与S n 的最值区别开来.【训练4】 (1)(角度1)等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d >0，则其前n 项和取最小值时n 的值为( ) A.6B.7C.8D.9(2)(角度2)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为________.解析 (1)由d >0可得等差数列{a n }是递增数列，又|a 6|＝|a 11|，所以－a 6＝a 11，即－a 1－5d ＝a 1＋10d ，所以a 1＝－15d 2，则a 8＝－d 2<0，a 9＝d2>0，所以前8项和为前n 项和的最小值.故选C.(2)设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 3＋a 7＝36，所以a 4＋a 6＝36，又a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11，当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，所以a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，所以a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值.综上，a n a n ＋1的最小值为－12. 答案 (1)C (2)－12A 级 基础巩固一、选择题1.(2019·衡阳一模)在等差数列{a n }中，a 1＋3a 8＋a 15＝120，则a 2＋a 14的值为( ) A.6B.12C.24D.48解析 ∵在等差数列{a n }中，a 1＋3a 8＋a 15＝120， 由等差数列的性质，a 1＋3a 8＋a 15＝5a 8＝120， ∴a 8＝24，∴a 2＋a 14＝2a 8＝48. 答案 D2.(2020·河南名校联盟联合调研)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 7＋a 8＋a 13＝2π21，则tan S 14＝( ) A.－33B.33C.－ 3D. 3解析 ∵{a n }是等差数列，且a 2＋a 7＋a 8＋a 13＝2π21，∴a 7＋a 8＝π21，∴S 14＝14（a 1＋a 14）2＝7(a 7＋a 8)＝π3，∴tan S 14＝tan π3＝ 3.答案 D3.(2020·武汉调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，且对任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)，则S 10的值为( ) A.90B.91C.96D.100解析 ∵对任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)， ∴S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2， ∴a n ＋1－a n ＝2.∴数列{a n }在n ≥2时是等差数列，公差为2. 又a 1＝1，a 2＝2，∴S 10＝1＋9×2＋9×82×2＝91.故选B. 答案 B4.(2019·合肥质检)中国古诗词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子作盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”.题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是( ) A.174斤B.184斤C.191斤D.201斤解析 用a 1，a 2，…，a 8表示8个儿子按照年龄从大到小得到的绵数， 由题意得数列a 1，a 2，…，a 8是公差为17的等差数列，且这8项的和为996， ∴8a 1＋8×72×17＝996，解之得a 1＝65.∴a 8＝65＋7×17＝184，即第8个儿子分到的绵是184斤. 答案 B。
2021届高考数学(新课标) 题型全归纳 数列要点讲解
数 列一、高考要求理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能依据递推公式写出数列的前n 项.理解等差（比）数列的概念，把握等差（比）数列的通项公式与前n 项和的公式. 并能运用这些学问来解决一些实际问题.了解数学归纳法原理，把握数学归纳法这一证题方法，把握“归纳—猜想—证明”这一思想方法. 二、热点分析1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般状况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n 项和公式、极限的四则运算法则、无穷递缩等比数列全部项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式学问的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类争辩等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.有关数列题的命题趋势 （1）数列是特殊的函数，而不等式则是深刻生疏函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和力气的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点 （2）数列推理题是新毁灭的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查规律推理力气，近两年在数列题中也加强了推理力气的考查。
（3）加强了数列与极限的综合考查题3.娴熟把握、机敏运用等差、等比数列的性质。
等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用格外广泛，且格外机敏，主动发觉题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁秀丽 .如243546225a a a a a a ++=，可以利用等比数列的性质进行转化：从而有223355225a a a a ++=，即235()25a a +=. 4.对客观题，应留意寻求简捷方法 解答历年有关数列的客观题，就会发觉，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下： ①借助特殊数列. ②机敏运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加精确 、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有机敏、简捷的解法5.在数列的学习中加强力气训练 数列问题对力气要求较高，特殊是运算力气、归纳猜想力气、转化力气、规律推理力气更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法机敏多变，而解答题更是考查力气的集中体现，尤其近几年高考加强了数列推理力气的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平常要加强对力气的培育。
2021高考数学人教版一轮复习练习：第五章 第3节 等比数列及其前n项和
多维层次练30[A 级 基础巩固]1．(2020·郴州一模)在数列{a n }中，满足a 1＝2，a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，S n 为{a n }的前n 项和，若a 6＝64，则S 7的值为( )A ．126B ．256C ．255D ．254解析：数列{a n }中，满足a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)，则数列{a n }为等比数列，设其公比为q ，又由a 1＝2，a 6＝64，得q 5＝a 6a 1＝32，则q ＝2，则S 7＝a 1（1－27）1－2＝28－2＝254.答案：D2．(2020·惠州联考)已知数列{a n }为等差数列，且2a 1，2，2a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．15 B.212 C ．6D ．3解析：由2a 1，2，2a 6成等比数列，可得4＝2a 1·2a 6＝2a 1＋a 6， 即a 1＋a 6＝2，又数列{a n }为等差数列， 所以{a n }前6项的和为12×6(a 1＋a 6)＝6.答案：C3．已知数列{a n }为正项等比数列，a 2＝2，a 3＝2a 1，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝( )A ．(2＋2)[1－(2)n ]B ．(2＋2)[(2)n －1] C.2(2n －1)D.2(1－2n )解析：由{a n }为正项等比数列，且a 2＝2，a 3＝2a 1，可得a 1＝1，公比q ＝2，所以数列{a n a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2（1－2n ）1－2＝2(2n －1)．答案：C4．(2020·衡阳一模)在等比数列{a n }中，a 1a 3＝a 4＝4，则a 6的所有可能值构成的集合是( )A ．{6}B ．{－8，8}C ．{－8}D ．{8}解析：因为a 1a 3＝a 22＝4，a 4＝4，所以a 2＝2，所以q 2＝a 4a 2＝2，所以a 6＝a 2q 4＝2×4＝8，故a 6的所有可能值构成的集合是{8}．答案：D5．已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则2a 7＋a 11的最小值为( )A ．16B ．8C ．2 2D ．4解析：因为a 4与a 14的等比中项为22， 所以a 4·a 14＝a 7·a 11＝(22)2＝8， 所以2a 7＋a 11≥22a 7a 11＝22×8＝8， 所以2a 7＋a 11的最小值为8.答案：B6．(2019·全国卷Ⅰ)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________．解析：由a 24＝a 6得(a 1q 3)2＝a 1q 5，整理得q ＝1a 1＝3.所以S 5＝13（1－35）1－3＝1213.答案：12137．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a m ·a m ＋2＝2a m ＋1(m ∈N *)，数列{a n }的前n 项积为T n ，且T 2m ＋1＝128，则m 的值为________，数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：因为a m ·a m ＋2＝2a m ＋1，所以a 2m ＋1＝2a m ＋1，即a m ＋1＝2，即{a n }为常数列．又T 2m ＋1＝(a m ＋1)2m ＋1，由22m ＋1＝128，得m ＝3. 数列{a n }的前n 项和S n ＝2n . 答案：3 2n8．已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项的和S 9＝________．解析：由a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )可得a 2n ＋1－4a n ＋1a n ＋4a 2n ＝0，即(a n ＋1－2a n )2＝0，即a n ＋1＝2a n ，又a 1＝2，所以数列{a n }是首项和公比都是2的等比数列，则其前9项的和S 9＝2（1－29）1－2＝210－2＝1 022.答案：1 0229．已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a nb n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和．解：(1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1.(2)由(1)知a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得b n ＋1＝b n3，因此{b n }是首项为1，公比为13的等比数列．记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13＝32－12×3n －1. 10．已知数列{a n }中，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上，且首项a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值．解：(1)因为点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上，所以a n ＋1＝a n ＋2，所以a n ＋1－a n ＝2，所以数列{a n }是等差数列，公差为2，又a 1＝1， 所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2.等比数列{b n }中，b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3，所以q ＝3. 所以b n ＝3n －1.所以数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n 1－3＝3n －12.T n ≤S n 可化为3n －12≤n 2，又n ∈N *，所以n ＝1或2.故适合条件T n ≤S n 的所有n 的值为1，2.[B 级 能力提升]11．(2020·合肥二模)“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n 件．已知第一层货物单价是1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的910.若这堆货物总价是⎣⎢⎡⎦⎥⎤100－200⎝ ⎛⎭⎪⎫910n 万元，则n 的值为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：由题意知，茭草垛自上而下堆放的货物件数构成一个等差数列{a n }，且a n ＝n ，货物单价构成一个等比数列{b n }，且b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1，所以每一层货物的总价为a n b n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1万元， 所以这堆货物的总价(单位：万元)为S n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a n b n ，所以S n ＝1×1＋2×910＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －2＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1. 两边同乘910得，910S n ＝1×910＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫9103＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，两式相减得110S n ＝1＋910＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9103＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＝10－(10＋n )×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，所以S n ＝100－10×(10＋n )×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，由100－10×(10＋n )×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＝100－200×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，整理得10×(10＋n )＝200，解得n ＝10. 答案：D12．数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝3－2n ＋32n ，n ∈N *，则a 1＋a 2＋…＋a n ＝________．解析：因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝3－2n ＋32n ，所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝3－2n ＋12n －1(n ≥2)，两式相减得(2n －1)a n ＝2n －12n (n ≥2)，a n ＝12n (n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝3－52＝12，适合上式，所以a n ＝12n (n ∈N *)．因此a 1＋a 2＋…＋a n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1－12n .答案：1－12n13．(2020·长治二模)S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知a 4＝9a 2，S 3＝13，且公比q >0.(1)求a n 及S n .(2)是否存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝9a 1q ，a 1（1－q 3）1－q＝13，q >0，解得a 1＝1，q ＝3， 所以a n ＝3n －1，S n ＝1－3n 1－3＝3n －12.(2)假设存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列， 因为S 1＋λ＝λ＋1，S 2＋λ＝λ＋4，S 3＋λ＝λ＋13，所以(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝12，此时S n ＋12＝12×3n ，则S n ＋1＋12S n ＋12＝3， 故存在常数λ＝12，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是等比数列．[C 级 素养升华]14．(多选题)设数列{a n }是各项均为正数的等比数列，T n 是{a n }的前n 项之积，a 2＝27，a 3·a 6·a 9＝127，则当T n 最大时，n 的值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：因为数列{a n }是各项均为正数的等比数列，a 3·a 6·a 9＝127，所以a 36＝127，解得a 6＝13.因为a 2＝27，所以q 4＝1327＝181，解得q ＝13，所以a n ＝a 2qn －2＝27×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －5.令a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －5＝1，解得n ＝5，则当T n 最大时，n 的值为4或5.答案：AB素养培育数学运算、数学抽象——等差(比)数列性质的应用(自主阅读)(1)数学运算是指在明析运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养．本系列数学运算主要表现为：理解数列问题，掌握数列运算法则，探究运算思路，求得运算结果．通过对数列性质的学习，发展数学运算能力，促进数学思维发展．(2)数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规则，能够在特例的基础上归纳形成简单的数学命题，能够在解决相似的问题中感悟数学的通性通法，体会其中的数学思想．类型1 等差数列两个性质的应用 在等差数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和： (1)S 2n －1＝(2n －1)a n ；(2)设{a n }的项数为2n ，公差为d ，则S 偶－S 奇＝nd .[典例1] (1)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a m －1＋a m ＋1－a 2m＝0，S 2m －1＝38，则m ＝________．(2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d ＝________．解析：(1)由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0得2a m －a 2m ＝0，解得a m ＝0或a m＝2.又S 2m －1＝（2m －1）（a 1＋a 2m －1）2＝(2m －1)a m ＝38，显然可得a m ≠0，所以a m ＝2.代入上式可得2m －1＝19，解得m ＝10.(2)设等差数列的前12项中奇数项和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .由已知条件，得⎩⎨⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎨⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5. 答案：(1)10 (2)5类型2 等比数列两个性质的应用在等比数列{a n }中，(1)若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a n ·a m ＝a p ·a q ；(2)当公比q ≠－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…成等比数列(n ∈N *)．[典例2] (1)等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( )A ．6B ．5C ．4D ．3(2)设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( )A.18B ．－18 C.578 D.558解析：(1)数列{lg a n }的前8项和S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 1·a 8)4＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4.(2)因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18，所以a 7＋a 8＋a 9＝18.答案：(1)C (2)A类型3 等比数列前n 项和S n 相关结论的活用(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{a n }中，公比为q .若共有2n 项，则S 偶∶S 奇＝q .(2)分段求和：S n ＋m ＝S n ＋q n S m (q 为公比)．[典例3] (1)已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________．(2)已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为________． 解析：(1)由题意，得⎩⎨⎧S 奇＋S 偶＝－240，S 奇－S 偶＝80，解得⎩⎨⎧S 奇＝－80，S 偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2. (2)设等比数列{a n }的公比q ，易知S 3≠0.则S 6＝S 3＋S 3q 3＝9S 3，所以q 3＝8，q ＝2.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，其前5项和为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116. 答案：(1)2 (2)3116。